湖北省2026年高三下学期高考化学考前押题小卷05（湖北专用）

湖北省2026年高三下学期高考化学考前押题小卷05 （湖北专用） （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Si 28 Cl 35.5 Zr 91 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．【新考法】劳动创造美好生活。下列社会劳动实践活动中，不发生化学变化的是 A．制汽水 B．蒸馒头 C．酿甜酒 D．剪窗花 2．【新情景】低温下发生反应。下列有关说法，正确的是 A．：分子中存在p-pσ键和p-π键 B．NaOH：电子式为 C．：直线形非极性分子 D．冰：由氢键结合形成的分子晶体 3．【新情景】科研团队利用催化不对称键插入反应，可高效合成具有氮、硼、碳连续手性中心的分子。下列说法正确的是 A．硼元素位于元素周期表s区 B．催化剂中Cu元素的化合价为价 C．催化剂参与反应并降低反应活化能 D．中P原子的杂化方式为 4．下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是 A．称量1.8 g NaOH固体 B．模拟氯碱工业制取并检验 C．利用分水器分出生成的水以提高反应转化率 D．进行喷泉实验 A．A B．B C．C D．D 5．【新考法】某窝穴体结构如图所示，其与形成的超分子可用于提取含和的混合溶液中的。已知：Sr位于元素周期表第5周期第ⅡA族。下列说法不正确的是 A．第一电离能： B．碱性： C．离子半径： D．提取所得产物中，与窝穴体间存在离子键 6．化合物可广泛应用于印刷、染色等工业。X、Y、Z、W都是前四周期元素且原子序数依次增大，X的一种核素被广泛应用于考古研究中，Y与X电子层数相同，且基态Y原子价电子的s能级与p能级的电子数之比为，Z的焰色试验为紫色，元素W位于周期表d区，且其基态原子核外含有4个未成对电子。下列说法正确的是 A．电负性： B．该化合物中，W的化合价为价 C．常温下，单质Z、W均能与水反应 D．中键与键数目比为 7．化学之美，无处不在，结构之美更是奠定物质性质的基础。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质 主要结构因素 A 用杯酚分离和 超分子具有分子识别的特征 B 的键角大于 孤电子对与成键电子对斥力 C 雪花有精美的六角形形状 晶体中氢键的方向性 D 常温下，在中的溶解度大于在中的溶解度 分子的极性 A．A B．B C．C D．D 8．【新情景】X是一种生活中常用的消毒液的主要成分，如图所示的物质转化关系中，Z是黄绿色有毒气体，H是淡黄色固体，下列叙述正确的是 A．X、Y在生活中混合使用效果更好 B．固体M着火可用泡沫灭火器灭火 C．I具有漂白性 D．1 mol H与足量反应转移2 mol电子 9．【新情景】羟基磷酸钙是骨骼和牙釉质的主要成分。某课题组按照如下步骤对其进行制备探索： 在75℃下，向由一定量粉末配制的含有分散剂的浆液中，边搅拌边滴加计算量的稀溶液，滴加完成后继续搅拌一段时间，冷却至室温后固液分离，烘干固体得纳米级微粉产品，装置如图所示（固定器具已省略）。 已知：制备依据的代表反应式为。下列有关说法错误的是 A．图示装置存在多处不合理的地方 B．实验中稀磷酸的滴入速率不会影响x与y的比值 C．球形干燥管中的熟石灰可减少空气中的进入三口烧瓶中 D．采用常压过滤与离心分离进行固液分离，以保持产品组成稳定 10．【新情景】聚脲(W)是一种先进的防水材料，广泛应用于工程建筑、管道防腐等领域。一种合成聚脲的路线如下所示： 下列说法正确的是 A．化合物M可以发生银镜反应 B．化合物N的核磁共振氢谱有3组峰，其一氯代物有3种同分异构体 C．共价键稳定性： D．W链间易形成氢键，且有极小的分子间隙，导致水分子难以渗入 11．【新情景】钨酸钙（）常用于制备钨系列化工产品，其四方晶胞如图所示。下列说法错误的是 A．Ca位于晶胞的面上和棱上 B．与W最近且等距的O有8个 C．M与N的核间距为 D．若M的分数坐标为，则N的分数坐标为或 12．【新情景】钙-磷酸亚铁锂(Ca-)电池是一种新型的可充电电池，它具有低成本，不容易发生热失控和燃烧爆炸，下图是该可充电电池的工作示意图，为非水电解质，锂离子可以在/电极上嵌入或脱嵌。下列说法不正确的是 A．放电时，溶液浓度减小，充电时，溶液浓度增大 B．放电时，正极反应式为 C．充电时，当左室中电解质的质量减少5.2 g时，转移0.4 mol电子 D．放电时，/电极发生嵌入，充电时，/电极发生脱嵌 13．【新情景】清华大学某课题组提出通过配体调节策略优化银分子催化剂(Ag-phen/CNT)，实现了丙烯电氧化高效制备1，2-丙二醇的机理如图所示： 下列叙述错误的是 A．(ⅰ)(ⅱ)过程中Ag的化合价发生了变化 B．(ⅲ)中Ag的配位数为6 C．(ⅴ)中只含有1个手性碳原子 D．(ⅴ)1，2-丙二醇过程中有非极性键的断裂和形成 14．【新情景】体系中存在配位平衡，溶液中含汞微粒的分布系数δ(某微粒的物质的量浓度占所有含汞微粒总浓度的比值)随的变化曲线如图所示。已知：常温下，；为非电解质，难电离。下列说法错误的是 A．曲线b、c分别代表随的变化关系 B．用溶液滴定时，达到化学计量点时的产物为 C．M点时，溶液中 D．向溶液中加入少量溶液，会产生白色沉淀 15．【新情景】电化学介导胺再生是一种新兴的捕集技术。首先通过乙二胺吸收法捕集，捕集了的乙二胺富液进入电化学反应器阳极室，电化学反应器的电极采用，通过电能特异性氧化/溶解铜来产生与进入阳极室的乙二胺富液发生竞争反应驱动的释放，最后通过还原铜离子为铜单质实现乙二胺的再生。其机理和装置如图。    下列说法错误的是 A．的捕获富集是熵增的过程，故而会消耗电能 B．乙二胺与的结合能力高于其与的结合能力 C．乙二胺吸收的反应为加成反应 D．阴极的电极反应为   二、解答题（4道大题，共55分） 16．（14分）【新情景】硒是一种重要的工业原料。某地制酸过程中产生的酸泥中硒含量较高，通过如图所示的工艺对含硒酸泥［主要含硒化汞(HgSe)、单质硒(Se)、硒化铅(PbSe)等］进行处理，可回收酸泥中的硒元素。 已知：①在适宜的焙烧条件下，酸泥中的硒化汞(HgSe)、单质硒(Se)、硒化铅(PbSe)等与生石灰反应生成亚硒酸盐，其中Hg挥发进入烟气，实现Hg与Se等元素的分离。 ②常温下，。 ③当溶液中某种离子浓度小于等于时即可看作完全沉淀。 回答下列问题： (1)基态硒原子的核外电子排布式为_______。 (2)焙烧前，生石灰在“浆化”步骤中作用是_______。 (3)“焙烧”步骤中，单质硒转化为亚硒酸钙的化学方程式为_______。 (4)酸浸渣中的主要成分为_______(填化学式)；酸浸过程中当铅元素恰好完全转化为沉淀时，酸浸液中_______(保留两位有效数字)。 (5)经测定，生石灰加入量对固Se率及Hg挥发率的影响如图所示，当投料比(投料比)为_______(填图中数据)时是最佳实验条件，理由是_______。 (6)“还原”步骤得到的滤液经处理能生成可循环利用的物质X，则物质X可以进入_______步骤二次利用。 17．（14分）甘氨酸铜常用作食品补铜剂及矿物元素饲料添加剂等，甘氨酸铜有顺反异构体：顺-二甘氨酸铜和反-二甘氨酸铜。实验室制备顺-二甘氨酸铜的反应原理和实验方法如下： (一)反应原理：用甘氨酸与新制反应： (二)实验方法： Ⅰ．的制备 Ⅱ．顺-二甘氨酸铜的制备 i．制备甘氨酸溶液：称取3.80 g甘氨酸，在微热、搅拌条件下，溶解在15 mL蒸馏水中。 ii．制备顺-二甘氨酸铜：按如图所示安装好装置，向新制粉末中加入甘氨酸溶液，控制温度为65～70℃，搅拌一段时间；趁热过滤，向滤液中加入10 mL无水乙醇，析出晶体，冷却、过滤、洗涤、干燥，制得顺-二甘氨酸铜。 Ⅲ．产品中Cu元素含量的测定 称取m g产品，用适量稀硫酸溶解，再加入过量的KI溶液，使产品中的Cu元素转化为CuI；用 标准液滴定溶液中的：，终点时消耗标准液。已知：顺-二甘氨酸铜和反-二甘氨酸铜的结构比较：。回答下列问题： (1)向蓝色沉淀中滴加氨水至沉淀溶解的离子方程式是_______。 (2)验证实验方法Ⅰ制备的已洗涤干净的实验方法及现象是________。 (3)仪器①的名称是_______；其中的反应液反应温度维持65～70℃，则除了控制该装置磁力加热搅拌器温度的加热方式外，最好还可以采用的加热方式为_______(填“酒精灯直接加热”或“水浴加热”)。 (4)仪器②中侧管的作用是_______；仪器②中的甘氨酸滴下及保温过程中需进行“搅拌”的目的是_______。 (5)对顺-二甘氨酸铜产品进行洗涤时选取的最佳洗涤剂是_______(填标号)。 a．蒸馏水    b．无水乙醇    c．氨水 (6)实验Ⅲ中测得产品中Cu元素的质量分数为_______%(用含的代数式表示)。 18．（14分）布洛芬具有解热、镇痛、抗炎等作用。芳基重排法得到布洛芬(E)的合成路线如下： 已知：通过连续反应①和反应②发生碳骨架迁移，可实现C→D的转化，该过程中ZnCl2为催化剂，[ZnCl3]-为中间产物，反应机理如下图所示。 (1)化合物A的名称为异丁苯，写出异丙苯的结构简式______。 (2)A→B反应类型是______，C含有官能团名称是______，E的分子式是______。 (3)新戊二醇()常用于合成树脂。请写出新戊二醇与对苯二甲酸反应合成聚酯树脂的化学方程式______。 (4)下列说法正确的是______。 A．化合物A中所有原子可能共面，碳原子的杂化方式有sp2、sp3 B．化合物C属于芳香烃衍生物，分子中含有2个手性碳原子 C．化合物C→D的转化中，存在σ键和π键的断裂与生成 D．一定条件下，1mol化合物D最多可消耗2mol NaOH (5)化合物E的一种同系物Y分子量为164，符合下列条件的Y的结构有______种(不考虑立体异构)。 i．该物质可以与FeCl3溶液反应显紫色 ii．1mol该物质可与Ag(NH3)2OH溶液反应产生2mol Ag iii．该物质核磁共振氢谱的峰面积之比为6：2：2：1：1 (6)苯乙酸是合成药物和香料的重要原料，某学习小组以苯为初始原料，模仿题干合成原理设计合成苯乙酸的流程。请回答下列问题： ①第一步反应在AlCl3的催化下生成，反应物为苯和______(填结构简式)； ②写出合成苯乙酸的流程中，发生碳骨架迁移时反应②的化学方程式：______。 19．（13分）-丁内酯（）是一种重要的精细化学品，在纤维、医药、树脂、石油和化妆品等方面有广泛的应用。以1,4-丁二醇（）和顺酐（）为原料，为催化剂，制备-丁内酯的主要反应如下： 反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     反应Ⅲ：    K 回答下列问题： (1)反应Ⅱ的________，若其正反应的活化能为，则逆反应的活化能________（用含得代数式表示）。 (2)反应Ⅰ（1,4-丁二醇脱氢）和反应Ⅱ（顺酐加氢）同时进行显著提高了1,4-丁二醇和顺酐的转化率，原因是________。反应Ⅲ的平衡常数________（（用、表示）。 (3)以1,4-丁二醇为原料，在催化剂上进行脱氢反应制备-丁内酯，可能的转化为： 不同温度下1,4-丁二醇的转化率、收率与产物的选择性如图所示： 则1,4-丁二醇脱氢选择的适宜温度为________℃，原因是________。 (4)恒温恒压条件下，向容器中通入3mol1,4-丁二醇和2mol顺酐发生气相反应，达到平衡时1,4-丁二醇的转化率为，水蒸气的物质的量为。则________mol，反应Ⅱ的平衡常数________（写出含有、的计算式）。 已知：对于反应，，x为物质的量分数。 试卷第12页，共13页 试卷第13页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 答案第12页，共13页 答案第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《湖北省2026年高三下学期高考化学考前押题小卷05（湖北专用）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C C D D B C B D 题号 11 12 13 14 15 答案 B A D B A 1．D 【详解】A．制汽水过程中会生成碳酸等新物质，属于化学变化，A不符合题意； B．蒸馒头过程中发酵产生二氧化碳，同时发生蛋白质变性等反应，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意； C．酿甜酒过程中糖类发酵生成酒精等新物质，属于化学变化，C不符合题意； D．剪窗花只是纸张的形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，不发生化学变化，D符合题意； 故选D。 2．D 【详解】A．分子中两个F原子只形成1个单键，单键均为键，不存在键，只有键，A错误； B．NaOH由和构成，内O和H以共价键结合，整体带1个单位负电荷，正确电子式为，B错误； C．的中心O原子的价层电子对数为，含2对孤对电子，空间构型为V形，结构不对称，属于极性分子，C错误； D．冰是固态水，属于分子晶体，冰中水分子间通过氢键结合形成空间网状结构，D正确； 故选D。 3．C 【详解】A．硼元素原子序数为5，硼为ⅢA族元素，位于p区，A错误； B．化合物中带1个单位负电荷，是中性配体，因此配离子整体带1个单位正电荷，元素化合价为价，B错误； C．催化剂的作用原理是参与反应，改变反应历程，从而降低反应活化能，加快反应速率，反应前后催化剂自身的质量和化学性质不变，C正确； D．中中心原子价层电子对数，杂化方式为，不是，D错误； 故选C。 4．C 【详解】A．NaOH具有腐蚀性，不能放在滤纸上称量，应放在小烧杯中，A错误； B．在阳极生成，阳极需要连接电源正极，该装置中电源正极连接铁棒，铁是活性电极，会优先失电子，铁棒被腐蚀，无法得到，B错误； C．乙酸和正丁醇的酯化反应是可逆反应，分水器分离出生成的水，可使平衡正向移动，提高反应物的转化率，C正确； D．氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，无法使烧瓶内形成足够大的压强差，不能产生喷泉，D错误； 故答案选C。 5．D 【详解】A．基态N的电子排布为[He]2s22p3，2p轨道半充满稳定结构，失去电子需要更多能量，基态O的电子排布为[He]2s22p4，失去一个电子后达到2p3稳定结构，较N失电子更容易，因此第一电离能：，A正确； B．Sr和Mg均为第 ⅡA 族元素，同主族元素从上到下，金属性逐渐增强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物碱性越强，因此碱性：，B正确； C．Cl-和K+为电子层结构相同的离子，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小。Cl的核电荷数小于K，因此，C正确； D．窝穴体为中性分子，窝穴体与所形成的超分子是通过非共价键作用，而非离子键，离子键是阴阳离子间的静电作用，窝穴体不带电荷，无法与Sr2+形成离子键，D错误； 故答案选D。 6．D 【分析】X的核素用于考古研究，则X为C；Y与X同周期，电子s能级与p能级电子数比为2:3，价电子排布为2s22p3，则Y为N；Z焰色试验为紫色，则Z为K；W为d区前四周期元素，基态有4个未成对电子，价电子排布为3d64s2，则W为Fe；该化合物为K3[Fe(CN)6]；据此解答。 【详解】A．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，电负性N>C，即Y>X，A错误； B．化合物为K3[Fe(CN)6]，K为+1价，CN-为-1价，根据化合价代数和为0，Fe的化合价为+3价，B错误； C．常温下K能与水剧烈反应，Fe常温下与纯水不反应，仅高温下可与水蒸气反应，C错误； D．CN-中存在碳氮三键，1个三键含1个σ键和2个π键，故σ键与π键数目比为1:2，D正确； 故选D。 7．B 【详解】A．杯酚具有固定大小的空腔，可选择性结合，实现和的分离，体现了分子识别的特征，匹配正确，A不符合题意； B．中心原子价层电子对数为，B无孤电子对，为平面正三角形结构，键角为；中心原子价层电子对数为，N有1对孤对电子，分子构型为三角锥形，键角约102°，两者键角差异的根本原因是中心原子价层电子对数不同，匹配错误，B符合题意； C．冰晶体中水分子间的氢键具有方向性，使水分子按六方晶系结构排列，宏观上雪花呈现六角形，匹配正确，C不符合题意； D．是弱极性分子，是强极性溶剂，是非极性溶剂，导致在中溶解度更大，匹配正确，D不符合题意； 故选B。 8．C 【分析】如图所示的物质转化关系中，X是一种生活中常用的消毒液的主要成分，Z是黄绿色有毒气体，H是淡黄色固体，则X为NaClO，Z为Cl2，H为Na2O2，则固体M为Na，G为Na2O，W为NaCl，Y为HCl，I为HClO，据此解答。 【详解】A．Y为HCl，X为NaClO，两者在生活中混合使用会反应生成有毒的Cl2，使用效果减弱，A错误； B．泡沫灭火器喷出的泡沫主要成分是二氧化碳和水，固体M为Na，钠和水反应会生成可燃性气体，且Na着火生成的能与二氧化碳反应生成助燃的，因此固体M着火不能用泡沫灭火器灭火，B错误； C．I为HClO，具有漂白性，C正确； D．H为Na2O2，能与足量发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1 mol Na2O2与足量CO2反应转移1 mol电子，D错误； 故选C。 9．B 【详解】A．图示装置存在多处不合理的地方：反应温度为75℃，需要水浴加热，但图中缺少加热装置，且温度计应测量水浴温度，实验时边滴边搅拌需要玻璃棒，A正确； B．实验时应边搅拌边滴加计算量的稀溶液，保证加入的转化为相应的产品，若滴入速率太快，局部过量、生成、，限制了向含有更多组成的物质的沉淀转化，从而影响产品x与y的比值，B错误； C．熟石灰的主要成分是，能吸收空气中的，避免空气中进入装置与浆液反应生成杂质，C正确； D．常压过滤和离心分离结合进行固液分离，能更彻底的分离固体产物，减少母液中离子残留，不会使羟基磷灰石的结构或组成发生变化；若采用高温烘干等方式，可能导致产物分解或组成改变，D正确； 故答案选B。 10．D 【详解】A．化合物M中不含有醛基，不能发生银镜反应，A错误； B．常见的二氨基甲苯异构体中，2,6-二氨基甲苯有4种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，其一氯代物有3种；2,4-二氨基甲苯有6种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱有6组峰，其一氯代物有4种。因此，B错误； C．过程中，没有变化，发生键断裂的加成反应，说明共价键稳定性：，C错误； D．有机物W含有大量键，所以分子之间可以形成氢键，该分子是线性分子，分子之间能形成大量氢键，可以减小分子之间的间隙，导致水分子难以渗入，D正确； 故选D。 11．B 【详解】A．黑球代表Ca，据图可知，Ca位于晶胞的面上和棱上，A正确； B．以体心的W来看，与W最近且等距离的O位于以W为中心的八面体的顶点，有6个，B错误； C．已知M坐标为，N坐标为，则M与N的核间距为，C正确； D．如图所示，M的分数坐标为，则N的分数坐标为，由于晶胞周期性，N的分数坐标也可以表示为，D正确； 故选B。 12．A 【分析】这是一种新型的可充电电池，左侧电极为钙电极 ，右侧电极为Li1-xFePO4/LiFePO4电极，放电过程 (原电池)中负极发生氧化反应，失去电子，钙比锂更活泼，因此钙电极作为负极，反应式为Ca - 2e-=Ca2+，正极发生还原反应，得到电子，右侧的Li1-xFePO4电极为正极，根据提示，Li+会嵌入到正极材料中，反应式为Li1-xFePO4 + xLi+ + xe⁻ =LiFePO4；为了平衡电荷，左室产生的 Ca2+ 使得正电荷增多，而右室消耗了 Li+ 使得正电荷减少。因此，Li+会从左室通过锂离子交换膜移动到右室。充电是放电的逆过程，阴极 (连接电源负极)发生还原反应。反应式为Ca2+ + 2e-=Ca，阳极 (连接电源正极)发生氧化反应，即放电时正极反应的逆反应，反应式: LiFePO4 - xe- =Li1-x FePO4 + xLi+，左室消耗 Ca2+，右室产生 Li+。为了平衡电荷，Li+会从右室通过锂离子交换膜移动到左室。 【详解】A．放电时，Li+通过锂离子交换膜从左室转移至右室（Li2SO4溶液），正极消耗的Li+与转移进入的Li+相等，但浓度不变，因此Li2SO4溶液浓度不变。充电时，Li+通过锂离子交换膜从右室转移至左室，阳极生成的Li+与转移出去的Li+相等，但浓度不变，因此Li2SO4溶液浓度不变，A错误； B．放电时，正极发生还原反应，Li+嵌入，Fe3+被还原为 Fe2+，电极反应式为：，B正确； C．充电时，左室为阴极，发生 Ca2+ + 2e-=Ca ，同时Li+从右室通过交换膜进入左室。每转移2 mol电子，有1 mol Ca2+（40 g）从左室离开，同时有2 mol Li+（14 g）进入左室。因此，左室电解质的质量净减少40 g - 14 g = 26 g。当左室中电解质的质量减少5.2 g时，转移的电子物质的量为(5.2 g / 26 g) × 2 mol = 0.4 mol。C正确； D．放电时，正极发生还原反应，Li+嵌入，充电时阳极发生氧化反应，导致Li+脱嵌，D正确； 故答案选A。 13．D 【详解】A．图中从催化剂至(ⅱ)过程中连续失电子，而(ⅰ)(ⅱ)过程中Ag的化合价由价升高至价，A正确； B．(ⅲ)中Ag形成6个配位键，故Ag的配位数为6，B正确； C．(ⅴ)中只含有1个手性碳原子(与甲基相连的碳原子)，C正确； D．由图可知，(ⅴ)1，2-丙二醇过程中涉及Ag-O配位键、C-O键等极性键的断裂，O-H键、C-O键等极性键的形成，没有非极性键的断裂和形成，D错误； 故选D。 14．B 【详解】A．越小，越易形成配位数少的微粒 ；越大，越易形成配位数多的微粒，所以曲线a、b、c、d、e分别代表、随的变化曲线，A正确 ； B．从稳定常数看，远大于，说明与会优先形成，又是非电解质、难电离，反应会优先停留在该阶段，另外从图中可知，当约为时，，故用溶液滴定时，达到化学计量点时产物是，B错误 ； C．M点为a、c曲线的交点，，此时存在总反应，解得，C正确 ； D．的平衡常数，反应可以进行到底，故向溶液中加入少量溶液，会产生白色沉淀，D正确； 答案选B。 15．A 【分析】由图可知，阳极电极反应：2+Cu-2e-=，阴极电极反应，据此分析； 【详解】A．熵描述体系混乱度，捕获富集过程中，游离气态的转变为结合态的含碳物种，体系混乱度降低，属于熵减过程，A错误； B．题干说明与结合了的乙二胺发生竞争反应，能置换出，说明乙二胺与的结合能力强于和的结合能力，B正确； C．乙二胺的与反应时，的碳氧双键断裂一个键，键断裂，加成得到，无其他小分子生成，属于加成反应，C正确； D．阴极发生得电子的还原反应，根据反应机理，阴极是与乙二胺形成的配离子得电子，还原为单质，同时释放出乙二胺实现再生，电极反应，D正确； 故选A。 16．（除标注外，每空2分）(1)或［Ar］3d (2)除去酸泥中的酸性物质 (3) (4) (5) 80 （1分） 当投料比为时，固Se率最高，Hg挥发率最高 (6)酸浸（1分） 【分析】硒酸泥主要含硒化汞(HgSe)、单质硒(Se)、硒化铅(PbSe)等，加入过量生石灰，在适宜的焙烧条件下，酸泥中的硒化汞(HgSe)、单质硒(Se)、硒化铅(PbSe)等与生石灰反应生成亚硒酸盐，其中Hg挥发进入烟气，实现Hg与Se等元素的分离；“酸浸”步骤中加入硫酸，可将转化为、沉淀除去；通入将Se还原为单质，以此分析。 【详解】（1）Se和S同主族，是第四周期第VIA族元素，故基态硒原子的核外电子排布式为或［Ar］3d。 （2）CaO可除去酸泥中的酸性物质，并且使生石灰与酸泥充分混合，为焙烧做准备。 （3）根据题给信息，焙烧过程中，Se和CaO、空气中的反应，生成。 （4）①工艺中的杂质元素Hg可在烟气中除去，“酸浸”步骤中加入硫酸，可将转化为、沉淀除去； ②酸浸过程中当铅元素恰好完全转化为沉淀时，，根据，得出，再根据，得出。 （5）随着生石灰加入量的增加，固Se率及Hg挥发率上升，当生石灰加入量为酸泥量的时，固Se率达到挥发率接近，均达到最高值附近，综合考虑，投料比为为最佳实验条件。 （6）根据“能生成可循环利用的物质”，“还原”步骤能生成硫酸，可进入“酸浸”步骤再利用。 17．（除标注外，每空2分）(1)（或） (2)取少量最后一次沉淀的洗涤液于洁净试管中，向其中加入稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗涤干净 (3) 三颈烧瓶（三口烧瓶）（1分） 水浴加热（1分） (4) 平衡气压，便于液体顺利滴下 使固体和溶液充分混合，加快反应速率，同时使溶液受热均匀，防止局部温度过高导致分解 (5)b (6) 【分析】向溶液中滴加氨水至蓝色沉淀消失，转化为深蓝色的硫酸四氨合铜溶液，再加入过量的NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥，得到新制的沉淀；将制得的固体置于三颈烧瓶中，加入甘氨酸溶液，加热充分反应后趁热过滤，向所得的滤液中加入无水乙醇降低产品的溶解度，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到产品； 【详解】（1）向蓝色沉淀中滴加氨水至沉淀溶解，转化为，反应的离子方程式为（或）； （2）实验方法Ⅰ制备的沉淀表面可能吸附有、等，故检验沉淀中不含即可说明沉淀已洗净，具体操作和现象为：取少量最后一次沉淀的洗涤液于洁净试管中，向其中加入稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗涤干净； （3）由装置图可知，仪器①的名称是三颈烧瓶（三口烧瓶）；要维持反应温度在65～70℃，最好采用的加热方式为水浴加热； （4）仪器②为恒压滴液漏斗，其中侧管的作用是平衡气压，便于液体顺利滴下；仪器②中的甘氨酸滴下及保温过程中需进行“搅拌”的目的是使固体和溶液充分混合，加快反应速率，同时使溶液受热均匀，防止局部温度过高导致分解； （5）向生成的顺-二甘氨酸铜溶液中加入无水乙醇，能促进顺-二甘氨酸铜晶体的析出，说明顺-二甘氨酸铜在水中的溶解度较大、在乙醇中的溶解度较小，则洗涤晶体时选取的最佳洗涤剂是无水乙醇，故选b； （6）加入稀硫酸酸化时，顺-二甘氨酸铜解离为和甘氨酸()，与KI反应的离子方程式为，再结合滴定反应方程式可得关系式，滴定消耗的的物质的量为，则产品中，故产品中Cu元素的质量分数为。 18．（除标注外，每空2分）(1)   （1分） (2) 取代反应（1分） 醚键、碳氯键（1分） C13H18O2（1分） (3)n+n+ (2n-1)H2O (4)D (5)3 (6)    + [ZnCl3]-+ ZnCl2 【分析】 A()与发生取代反应生成B()，酸性条件下B与反应生成C()，在ZnCl2作催化剂反应生成D()，经过转化变成E()。 【详解】（1） 异丙苯是苯环连接异丙基，结构简式为：。 （2） 由分析可知，A→B反应类型为取代反应；C的结构式为，含有的官能团为醚键、碳氯键；E的结构式为，分子式为。 （3） 新戊二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成聚酯，化学方程式为：n +n+ (2n-1)H2O。 （4）A．化合物A含饱和烷基，饱和碳原子为四面体结构，所有原子不可能共面，化合物A的碳原子的杂化方式有sp2（苯环的碳原子）、sp3（饱和碳原子），A错误； B．C中只有连Cl的碳原子是手性碳，如图所示，共1个手性碳，B错误； C．过程中， C－Cl σ键断裂，碳骨架迁移发生旧σ键断裂、新σ键生成，最终生成酯基的键，生成π键，但没有π键的断裂，C正确； D．1mol D含1mol酯基和1mol氯原子，酯水解消耗1mol NaOH，碳氯键断裂生成醇羟基消耗1mol NaOH，共消耗2mol NaOH，D正确； 故答案为：D。 （5） E分子量为206，Y分子量为164，则Y的分子式为，①遇FeCl3显色，含苯环和酚羟基；②1mol生成2mol Ag，则1个Y分子中含1个醛基；③氢谱峰面积比6:2:2:1:1，说明含两个等价甲基（6个H），苯环有取代基位置对称； 符合条件的结构有：、、，共计3种情况。 （6） ①第一步AlCl3催化下，与，产物为和HCl； ②酸性条件下，与反应生成；在ZnCl2作催化剂作用下，碳骨架迁移时，发生反应①生成，在 [ZnCl3]-作用下，继续发生反应②生成，碱性条件下水解生成；反应②的化学方程式为+ [ZnCl3]-+ ZnCl2。 19．（除标注外，每空2分）(1) （1分） （1分） (2) 反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，反应Ⅰ和反应Ⅱ得到了能量上的互补；反应Ⅰ生成，反应Ⅱ消耗，反应Ⅰ和反应Ⅱ得到了物料上的互补（写出任意一点即可） (3) 220 依据图示，220℃时，-丁内酯的选择性高，而此时1,4-丁二醇的转化率约为99.6%，丁内酯的收率最大 (4) 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ = 3×反应Ⅰ + 2×反应Ⅱ，因此： ​，代入数据： ​，解得 ​。 焓变与活化能关系：，因此逆反应活化能 ​。 （2）反应Ⅰ（1,4-丁二醇脱氢）和反应Ⅱ（顺酐加氢）同时进行显著提高了1,4-丁二醇和顺酐的转化率，原因是反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，反应Ⅰ和反应Ⅱ得到了能量上的互补；反应Ⅰ生成，反应Ⅱ消耗，反应Ⅰ和反应Ⅱ得到了物料上的互补。反应Ⅲ反应Ⅰ+2反应Ⅱ，因此平衡常数。 （3）依据图示，220℃时，-丁内酯的选择性高，而此时1，4-丁二醇的转化率约为99.6%，-丁内酯的收率最大。 （4）列三段式： 则，平衡时各物质物质的量分别为，：，：，：，：，：。反应Ⅱ的平衡常数。 答案第12页，共13页 答案第1页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $